1、河南省郑州市2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）注意事项:本试卷分第I卷(选择题)和第I卷(非选择题)两部分。考试时间90分钟,满分100分。考生应首先阅读答题卡，上的文字信息,然后在答题卡上作答,在试题卷上作答无效。交卷时只交答题卡。相对原子质量:H-1 C-12 O-16 N- 14第I卷 (选择题共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分,共48分。每小题只有一个选项符合题意) 。1.科学家利用回旋加速器进行实验,成功制成115号元素的原子。该原子在生成数秒后衰变成113号元素,115号元素的一种核素为。下列有关叙述中正确的是A. 核素的中子数为174B.
2、115号与113号元素互为同位素C. 113号元素的原子的质量数为113D. 115号元素衰变成113号元素是化学变化【答案】A【解析】【详解】A中子数=质量数-质子数=289-115=174，故A正确；B115号与113号元素质子数不同，二者属于不同元素，故B错误；C113号元素的原子的质子数为113，质量数=质子数+中子数，根据题目已给条件无法确定质量数，故C错误；D化学变化中元素种类不发生改变，115号元素衰变成113号元素，元素种类发生改变，所以不属于化学变化，故D错误；综上所述答案为A。2.人类的生产和生活离不开化学，下列有关说法正确的是A. 石油的裂化和裂解属于化学变化而煤的干馏属
3、于物理变化B. 玻璃钢是一种以玻璃纤维做增强体、合成树脂做基体的复合材料C. 传统无机非金属材料和新型无机非金属材料的主要成分都是硅酸盐D. 汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物,完全燃烧只生成CO2和H2O【答案】B【解析】【详解】A煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化，故A错误；B复合材料是由两种或两种以上不同性质的材料通过物理或化学的方法，在宏观上组成具有新性能的材料，玻璃钢是由玻璃纤维与合成树脂组成的复合材料，故B正确；C新型无机非金属材料如高温结构陶瓷(Si3N4陶瓷、SiC陶瓷)的主要成分不是硅酸盐，传统无机非金属材料才是硅酸，故C错误；D植物油不是烃类，属于酯类
4、，含有C、H、O元素，不是碳氢化合物，故D错误；综上所述答案为B。3.下列有关化学用语表示不正确的是A. 葡萄糖的最简式：CH2OB. 次氯酸的结构式：H-O-ClC. 可以表示32S2- ，也可以表示34S2-D. 可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子【答案】D【解析】【详解】A葡萄糖的分子式为C6H12O6，故其最简式为CH2O，A的表示正确不符合题意；B次氯酸电子式为：，所以其结构式:H-O-Cl，B的表示正确不符合题意；C32S2-和34S2-仅仅是中子数不同，质子数和核外电子数均相同，故可以表示32S2-，也可以表示34S2-，C的表示正确不符合题意；D是甲烷分子的比例模型可以表
5、示甲烷分子，但由于氯原子的半径比碳原子的半径大一些，故不可以表示四氯化碳分子，D的表示错误符合题意；故答案为：D。4.化学与生活、社会发展息息相关,下列有关说法不正确的是A. 大力推广新能源汽车,减少碳排放B. 为防止污染环境可将废电池回收后深埋C. 在元素周期表的金属元素和非金属元素交界处寻找半导体材料D. 元素周期表在研究物质的结构、发现新元素、合成新物质等方面具有指导意义【答案】B【解析】【详解】A大力推广新能源汽车，减少化石燃料的使用，可减少碳排放，保护环境，故A正确；B废电池回收后深埋会污染地下水源和土壤，不能起到防止污染环境的效果，故B错误；C在金属元素与非金属元素的分界线附近的元
6、素，通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做半导体材料，如硅等，故C正确；D元素周期表和元素周期律为研究物质结构、发现新元素、合成新物质、寻找新材料提供了许多有价值的指导，D正确；综上所述答案为B。5.下列选项中物质类别和所含化学键类型均正确的是ABCD离子化合物HNO3NH4ClNaOHNa2O2共价化合物CO2MgCl2H2ONH3所含化学键类型前者有离子键后者有共价键两者均含有离子键两者均含有共价键前者只有离子键后者只有共价键A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A硝酸只含共价键，属于共价化合物，故A错误；B氯化镁只含有离子键，属于离子化合物，故B错误；CNaOH含
7、有钠离子和氢氧根形成的离子键，属于离子化合物，同时含有氧原子和氢原子形成的共价键；H2O只含氧原子和氢原子形成的共价键，属于共价化合物，故C正确；DNa2O2除了含离子键外，还含有氧原子和氧原子之间形成的共价键，故D错误；综上所述答案为C。6.下列实验现象或图像信息不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】AZn与稀硫酸反应生成氢气，氢气可使针筒活塞向右移动，不能充分说明相应的化学反应是放热反应，故A选；B由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，说明相应的化学反应是放热反应，故B不选；CU形管的液面左低右高，可知瓶内空气受热温度升高，说明
8、相应的化学反应是放热反应，故C不选；D温度计的水银柱不断上升，则稀盐酸与氢氧化钠溶液的中和反应放出热量，说明相应的化学反应是放热反应，故D不选；答案选A。7.下列有关元素周期律和元素周期表的叙述正确的是A. IA元素的单质都是金属B. 元素周期表中从IIIB到IIB共有10 个纵列C. 同周期元素中，VIIA族元素的原子半径最大D. VA族元素的原子，其半径越大，越容易得到电子【答案】B【解析】【详解】AIA元素除了H之外的单质都是金属，A错误；B元素周期表中从IIIB到IIB共7个副族和1个，其中有3个纵列，故共有10 个纵列，B正确；C同周期元素中，从左往右原子半径逐渐减小，故A族元素的原
9、子半径最大，C错误；D同一主族从上往下，原子半径依次增大，金属性依次增强即失电子能力增强，故VA族元素的原子，其半径越大，越容易失去电子，越难得到电子，D错误；故答案为：B。8. 如下图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是A. 离子半径：YZXB. 气态氢化物的稳定性：RCB. Si与H2化合所需温度远高于S与H2化合的温度，说明非金属性：SSiC. Na与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应缓慢，说明金属性：NaMgD. Mg(OH)2是中强碱，而Al(OH)3为两性氢氧化物，说明金属性：MgAl【答案】A【解析】【详解】A将稀盐酸滴入大理石中，能产生CO2气体，说明盐酸的酸
10、性比碳酸的强，但HCl不是Cl的最高价氧化物对应水化物，故不能说明非金属性：ClC，A的说法不正确；BSi与H2化合所需温度远高于S与H2化合的温度，说明硫与H2反应比Si与H2反应更容易，故非金属性：SSi，B的说法正确；CNa与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应缓慢，说明Na与水反应比Mg与水反应更剧烈，故金属性：NaMg，C的说法正确；DMg(OH)2是中强碱，而Al(OH)3为两性氢氧化物，说明Mg的最高价氧化物对应水化物的碱性比Al的强，故金属性：MgAl，D的说法正确；故答案为：A。10.某化学兴趣小组为研究化学能与电能的转化,设计下图装置。下列叙述错误的是A. a和b不连接时，铁片上
11、会有气泡产生B. 无论a和b是否连接，铁片均发生氧化反应C. a和b用导线连接时，溶液中H+向铁片移动D. a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为2H+2e-= H2【答案】C【解析】【详解】Aa和b不连接时，铁片之间与稀硫酸发生置换反应生成氢气，故A正确；Ba和b不连接时，铁片之间与稀硫酸发生置换反应生成氢气，铁片发生氧化反应；a和b连接时，形成原电池，铁片作负极失电子发生氧化反应，故B正确；Ca和b用导线连接时，形成原电池，铁片为负极，铜片为正极，原电池中阳离子流向正极，故C错误；Da和b用导线连接时，形成原电池，铜片为正极，氢离子得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H+2e-= H
12、2，故D正确；综上所述答案为C。11.在恒温恒容的密闭容器中发生反应H2(g)+I2(g)2Hl(g),下列说法正确的是A. 达到平衡时,正、逆反应速率相等且等于零B. 达到平衡时,H2(g)和I2(g)浓度不再变化C. 若充入稀有气体,体系压强增大,反应速率变大D. H2(g)的消耗速率与HI(g)的生成速率之比为2: 1【答案】B【解析】【详解】A可逆反应达到平衡时正逆反应速率相等，但不为0，故A错误；B可逆反应达到平衡时正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，故B正确；C容器恒容，充入稀有气体后，参与反应的各物质浓度不变，反应速率不变，故C错误；D同一反应不同物质反应速率之比等于计量数之
13、比，所以H2(g)的消耗速率与HI(g)的生成速率之比为1: 2，故D错误；故答案为B。12.下列离子方程式书写正确的是A. SiO2和NaOH溶液反应：SiO2 +2OH-= SiO+ H2O B. AlCl3溶液中加入足量氨水：Al3+ 3OH-= Al(OH)3C. Al2O3投入到NaOH溶液中：Al2O3 + 2OH-+ H2O= 2Al(OH)4-D. 向NaAl(OH)4溶液中通入少量CO2 ：Al(OH)4-+CO2=Al(OH)3十HCO【答案】A【解析】【详解】ASiO2和NaOH溶液反应：SiO2 +2OH-= + H2O，正确；BAlCl3溶液中加入足量的氨水，氨水时弱
14、碱为弱电解质，书写离子方程式时不能改写为离子，正确的写法为Al3+ 3NH3H2O= Al(OH)3+3 ，B错误；CAl2O3投入到NaOH溶液中：Al2O3 + 2OH-+ H2O= 2Al(OH)4-该离子方程式质量不守恒，正确写法为：Al2O3 + 2OH-+ 3H2O= 2Al(OH)4-，C错误；D向NaAl(OH)4溶液中通入少量CO2生成不了，应该生成，其正确写法为2Al(OH)4-+CO2=2Al(OH)3十 +H2O，D错误；故答案为：A。13.某物质在酸性条件下水解生成两种物质甲和乙,且甲和乙的相对分子质量相等,该物质可能是A. 淀粉B. 蛋白质C. 甲酸乙酯D. 乙酸乙
15、酯【答案】C【解析】【详解】A淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖一种物质，故A不符合题意；B蛋白质水解的最终产物有多种氨基酸，不一定是两种，故B不符合题意；C甲酸乙酯水解生成甲酸(HCOOH)和乙醇(CH3CH2OH)，二者相对分子质量均为46，故C符合题意；D乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，二者相对分子质量不相等，故D不符合题意；综上所述答案为C。14.下列实验装置或操作能达到实验目的的是 ( )A. 分离乙醇和乙酸B. 制取乙酸乙酯C. 石油的蒸馏D. 甲烷与氯气反应【答案】D【解析】【详解】A、乙酸与乙醇互溶，不能分液，应该是蒸馏，A错误；B、吸收乙酸乙酯时导管口不能插入溶液中，否则会引起倒吸，
16、B错误；C、蒸馏时冷却水应该是下口进上口出，C错误；D、甲烷与氯气光照条件下发生取代反应，实验装置正确，D正确。答案选D。15.已知1 g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ，且氧气中1 mol O=O键完全断裂时吸收热量496 kJ，水蒸气中1mol H-O键形成时放出热量463 kJ，则氢气中1mol H-H键断裂时吸收热量为A. 920 kJB. 557 kJC. 436 kJD. 188 kJ【答案】C【解析】【详解】已知1 g即0.5mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121 kJ ，则该反应的热化学反应方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(g)H=-242 kJ/mo
17、l，焓变=反应物键能总和-生成物键能总和，设1mol H-H键断裂时吸收热量为xkJ，则有x kJ/mol+496kJ/mol-2463 kJ/mol=-242 kJ/mol，解得x=436 kJ/mol，即1mol H-H键断裂时吸收热量为436kJ，故答案为 C。【点睛】焓变=反应物键能总和-生成物键能总和，在进行计算的时候要注意共价键的数目，如一个水分子中含有两个O-H键。16.两种气态烃组成的混合气体,完全燃烧后所得到CO2和H2O的物质的量随混合烃总物质的量的变化如图所示，下列对混合烃的判断正确的是一定有乙烯一定有甲烷可能有乙炔(C2H2)一定没有乙烷A. B. C. D. 【答案】
18、D【解析】【详解】1mol该烃的混合物燃烧生成1.6molCO2和2molH2O，所以两种气态烃的平均组成为C1.6H4，则两种烃中其中一种所含碳原子数小于1.6，另一种大于1.6；烃类物质中碳原子数小于1.6的只有甲烷，则混合气体一定含有CH4，而氢原子平均数为4，所以另一种烃所含氢原子个数一定也为4，则可能是C2H4或C3H4；综上所述只有正确，故答案为D。第I卷(非选择题共 52分)二、非选择题(本题包括5小题,共52分)17.下表是A、B、C三种有机物的相关信息:A能使溴的四氯化碳溶液褪色；填充模型为：B可以从煤干馏生成的煤焦油中提取；填充模型为：C工业生产中可通过A与H2O加成获得；
19、相对分子质量为46请结合上述信息,回答下列问题:(1)有机物A的结构式为_(2)B与浓硝酸在一定条件下发生反应的化学方程式为_(3)有机物C的结构简式为_。(4)C与乙酸反应的化学方程式为_C在铜催化和加热条件下,与O2反应的化学方程式为_。【答案】 (1). (2). +HO-NO2 +H2O (3). C2H5OH (4). CH3COOH +HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+ H2O (5). 2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2H2O【解析】【分析】A能使溴的四氯化碳溶液褪色，结合其填充模型可知应含有碳碳双键，A为CH2=CH2；B可以可以从煤干馏生成的煤焦油中提
20、取，结合其填充模型可知为苯；C可通过A与H2O加成获得，相对分子质量为46，所以C为CH3CH2OH。【详解】(1)A为乙烯，其结构式为；(2)苯与浓硝酸在浓硫酸、加热(5060)的条件下发生取代反应生成硝基苯和水，化学方程式为+HO-NO2 +H2O；(3)C为乙醇，结构简式为C2H5OH；(4)乙醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下可以发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为CH3COOH +HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+ H2O；C在铜催化和加热条件下被氧气氧化成乙醛，化学方程式为2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2H2O。18.下表是元素周期表短周期的一部分,请参照元素
21、在表中的位置,回答下列问题。(1)元素在周期表中的位置是_。(2)元素和形成的化合物的电子式为_。(3)元素、形成的简单离子的半径依次_(填“增大”“减小”或“不变”)。(4)表中元素、最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是_(填化学式)。(5)元素形成的单质可与的最高价氧化物对应的水化物发生反应,其反应的离子方程式为_(6)在一定条件下,与可形成一种化合物X,其相对分子质量与O2相同,且X可在纯氧中燃烧,所得产物对环境均无污染,则X燃烧的化学方程式为_【答案】 (1). 第2周期IVA族 (2). (3). 减小 (4). HNO3H2CO3H4SiO4 (5). 2Al+ 2OH+ 6H2O=
22、2Al(OH)4+ 3H2 (6). N2H4+ O2N2+ 2H2O【解析】【分析】根据各元素在元素周期表中的位置可知分别为H、C、N、O、Na、Al、Si、P、S、Cl。【详解】(1)元素为C元素，位于元素周期表第2周期IVA族；(2)为Na，为Cl，二者形成离子化合物NaCl，电子式为；(3)元素、形成的简单离子分别为O2-、Na+、Al3+，三种离子电子层数相同，则核电荷数越小半径越大，所以离子半径O2-Na+Al3+，即简单离子半径依次减小；(4)元素、分别为C、N、Si，同周期主族元素非金属性自左至右非金属性减弱，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性NCSi，非金属性越强，最高
23、价氧化物的水化物的酸性越强，所以酸性：HNO3H2CO3H4SiO4；(5)元素为Al，为Na，其最高价氧化物的水化物为NaOH，铝单质可以和NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+ 2OH+ 6H2O=2Al(OH)4+ 3H2；(6)元素为H，为N，二者形成相对分子质量与O2相同的物质，应为N2H4，在纯氧中燃烧产物无污染，应为N2和H2O，根据元素守恒可得化学方程式为N2H4+ O2N2+ 2H2O。19.某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如右图所示。根据图中数据填空：(1)该反应的化学方程式为_(2)反应开始至2min末
24、，以气体X表示的平均反应速率为_；反应开始时与反应达平衡状态时的压强之比为_(3)若上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行,分别测得甲中(X)=9molL-1min-1，乙中(Y)=6molL-1min-1，则反应_更快。(4)恒温恒容条件下，能说明该反应达到化学平衡状态的标志是_混合气体压强不再变化 混合气体的密度不再变化 X的百分含量不再变化混合气体的平均相对分子质量不再变化 (X) ：(Y)=3：1A. B. C. D.【答案】 (1). 3X+Y2Z (2). 0.075molL-1min-1 (3). 10:9 (4). 乙 (5). B【解析】【分析】由图可知，Y、X的物质的量减少
25、，则Y、X为反应物，而Z的物质的量增加，可知Z为生成物，结合，速率之比等于化学计量数之比得到化学方程式，达到平衡时，正逆反应速率相等，且各物质的浓度不变。【详解】（1）由图可知，Y、X的物质的量减少，则Y、X为反应物，而Z的物质的量增加，可知Z为生成物，且2min后物质的量不再变化，由速率之比等于化学计量数之比可知反应为3X+Y2Z，故答案为：3X+Y2Z；（2）反应开始至2min，以气体X表示的平均反应速率为，反应开始时与反应达平衡状态时的压强之比为（1.0+1.0）mol：（0.9+0.7+0.2）mol=10:9，故答案为：0.075molL-1min-1；10:9；（3）速率之比等于化
26、学计量数之比，速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则反应乙的更快，故答案为：乙；（4）反应前后气体的体积不等，建立平衡的过程中气体的压强变化，混合气体的压强不再改变的状态，可说明达到平衡状态，故选；该体系为恒容条件，且体系内物质总质量不变，则无论反应是否平衡，混合气体的密度都不变，混合气体的密度不再变化不能说明反应达到平衡状态，故不选；X的百分含量不再变化，说明X的浓度不再发生变化，说明反应达到平衡状态，故选；体系内总质量不变，反应前后气体的体积不等，即前后的物质的量不等，混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明物质的量不再变化，能说明反应达到平衡状态，故选；故能说明反应达到平衡状态的是
27、，答案选B。20.实验室可用氯气和金属铁反应制备无水三氯化铁，该化合物呈棕红色、易潮解，受热易升华。装置如下：(1)仪器a名称是_。(2)A中反应的离子方程式是_，D中反应的化学方程式是_。(3)反应开始时，先点燃_处的酒精灯(填“A”或“D”)。(4)若无B、C两装置，所得产物中可能含有的杂质是_(写化学式)。(5)F中碱石灰的作用是_(写2点)。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). (3). (4). A (5). FeCl 2、Fe(OH)3、Fe2O3、Fe3O4(写任一种) (6). 吸收多余的氯气，防止污染环境；防止外界空气中的水蒸气进入E，氯化铁潮解【解析】【分析】用氯气和Fe
28、在加热条件下制取无水氯化铁，无水氯化铁易潮解，受热易升华，所以应该用干燥的氯气和Fe制取无水氯化铁，得到的氯化铁应该冷却，A装置是制取氯气，浓盐酸具有挥发性，加热条件下水蒸发导致得到的氯气中含有HCl、水蒸气，用饱和食盐水除去氯气中的HCl，用浓硫酸干燥氯气，所以从C导出的是干燥氯气；D中发生的反应为，E用于收集FeCl3，F装置干燥空气防止水蒸气进入E而使氯化铁发生水解，同时F还能吸收未反应的氯气，防止污染大气，结合题目分析解答。【详解】(1)从装置图可知，仪器a的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)A中浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为，D中是铁
29、粉与氯气在加热的条件下反应，其化学方程式为，故答案为：， ；(3)为防止Fe和装置中氧气反应而减少氯化铁的生成，应该先用氯气将整个装置中的空气排出，所以先点燃A装置酒精灯，故答案为：A；(4)若无B、C两装置，即体系中含有HCl和H2O（g），则可能发生的副反应有：、，故所得产物中可能含有的杂质是FeCl 2、Fe(OH)3、Fe2O3、Fe3O4，故答案为：FeCl 2、Fe(OH)3、Fe2O3、Fe3O4；(4)碱石灰具有吸水性，能吸收水蒸气防止空气中的水蒸气进入E装置而使氯化铁发生水解，碱石灰具有碱性，能吸收氯气而防止污染大气，所以碱石灰的作用是：吸收氯气，防止污染环境；防止外界空气中
30、的水蒸气进入E，使氯化铁潮解，故答案为：吸收氯气，防止污染环境；防止外界空气中的水蒸气进入E，使氯化铁潮解。21.为了探究化学反应速率和化学反应限度的有关问题,某研究小组进行了以下实验:实验一:为探究反应物浓度对化学反应速率的影响,设计的实验方案如下表。(已知I2+2S2O=S4O+2I- ,其中Na2S2O3溶液均足量,且S2O与S4O均为无色)实验序号体积V/mL蓝色褪去时间/sNa2S2O3溶液淀粉溶液碘水水10.02.04.00.0t18.02.04.020t26.02.04.0Vxt3(1)表中Vx=_mL,t1、t2、t3的大小关系是_实验二:取5 mL 0.1 molL-1的KI
31、溶液于试管中,滴加0.1 molL-1 FeCl3溶液2 mL,发生如下反应:2Fe3+2I-=2Fe2+ +I2,为证明该反应存在一定的限度,他们设计了如下实验:取少量反应液,滴加AgNO3溶液,发现有少量黄色沉淀(AgI)。再取少量反应液,滴加少量CCl4 ,振荡,发现CCl4层显浅紫色。根据的现象,他们得出结论:该反应具有一定的可逆性,在一定条件下会达到反应限度。(2)指导老师指出上述实验不合理,其原因是_ ; 你的改进方案是_(简要写出操作、试剂和现象)。(3)实验适合检验生成I2较多的情况，还有一种简便的方法可以灵敏地检验是否生成了I2,这种方法所用的试剂是_。【答案】 (1). 4
32、 (2). t1t2t3 (3). KI本身过量，无论反应是否可逆都会生成AgI沉淀 (4). 取少量反应液，加入KSCN溶液，发现溶液变红色 (5). 淀粉溶液【解析】【分析】实验一是为了探究反应物浓度对化学反应速率的影响，则几组实验中的唯一变量只有Na2S2O3溶液的浓度，溶液的总体积要保持不变；实验二要证明2Fe3+2I-=2Fe2+I2存在反应限度，则需要证明反应物和生成物同时存在。【详解】(1)实验中要保持溶液总体积不变，所以(6.0+2.0+4.0+Vx)mL=(10.0+2.0+4.0)mL，解得Vx=4；浓度越大反应速率越快，则蓝色褪去所用时间越短，所以t1t2t3；(2)本实验中KI的物质的量为0.1mol/L0.005L=0.0005mol，FeCl3的物质的量为0.1mol/L0.002L=0.0002mol，根据反应方程式可知KI本身过量，无论反应是否可逆都会生成AgI沉淀；可以通过检验Fe3+的存在来证明该反应存在限度，所以改进方案为：取少量反应液，加入KSCN溶液，发现溶液变红色；(3)淀粉遇碘变蓝，所以可以用淀粉溶液检验是否生成了碘单质。【点睛】控制变量法探究实验中，要保证变量唯一，若要探究浓度的影响，则除浓度外其他所有条件都要一致。